第四章 专题 牛顿运动定律的应用 专项训练 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

**基本信息** 以五大经典模型为框架，系统覆盖牛顿运动定律应用的核心场景，通过递进式题型设计实现从单一模型到综合应用的能力提升。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |斜面模型|5题|含摩擦力、临界状态、多体作用|从单一物体受力分析到系统加速度关联，渗透假设法与临界条件判断| |连接体模型|5题|轻绳/杆连接、弹簧作用、多体平衡|强化整体法与隔离法的灵活应用，构建系统牛顿第二定律应用框架| |传送带模型|5题|水平/倾斜传送、相对运动、能量转化|聚焦摩擦力方向判断与相对位移计算，衔接运动学公式与能量观点| |板块模型|4题|板块相对滑动、临界速度、图像分析|突出动静摩擦力转化及位移关系，培养过程分段与状态分析能力| |图像结合|2题|v-t、a-t图像与运动过程对应|实现运动过程可视化，训练从图像提取物理量及规律应用的科学思维|

第四章专题 牛顿运动定律的应用 一、斜面模型 1．如图所示，倾角的固定斜面底端有一弹性挡板，将物块与木板叠放在一起，从斜面上某位置同时由静止释放，此时木板下端与挡板的距离。运动到斜面底端时，与挡板碰撞后合为一体，与挡板碰撞后原速率弹回。已知物块的质量，与木板间的动摩擦因数；木板的质量，与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，。 (1)求释放瞬间、的加速度大小； (2)为使不从上掉下来，求木板的最小长度； (3)若在物块上施加沿斜面向上的拉力，使、相对静止一起向下运动，求拉力的范围。 2．某同学制作的斜坡轨道模型如图：斜面与水平面夹角，二者交线为。挡板与斜面垂直，二者交线为，也为。若物块与斜面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，无初速度释放物块后，物块沿斜坡轨道向下匀加速滑行的加速度大小为（已知）（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，劲度系数为的轻弹簧一端固定在倾角为37°且足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为3kg的物体P，质量为5kg的物体Q靠在P上（不拴接），系统处于静止状态。现给Q施加一个沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，经0.2s时间P、Q恰好分离，，，，则下列说法正确的是（　　） A．分离瞬间弹簧恰好处于原长状态 B．物体Q做匀加速运动的加速度大小为 C．力F的最小值为 D．力F的最大值为 4．如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，质量为的物体放在斜面体上，现用一外力作用在物体上，使物体沿斜面体向上做匀速运动，已知物体与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度为，外力与斜面间的夹角为，。下列说法正确的是（　　） A．物体轻轻地放在斜面体上，物体能沿斜面体下滑 B．时，外力的大小为1.2mg C．时，外力最小 D．外力的最小值为 5．如图所示，将一块足够长的轻质布料铺在两侧面光滑的固定斜面上，现将A、B同时轻放在图示位置。已知A、B的质量分别为和，与布料间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面倾角为，。下列说法正确的是（     ） A．若，则A相对布料静止 B．若，则B相对布料滑动 C．若，则A相对斜面上滑 D．若，则B相对斜面上滑 二、连接体模型 6．如图所示，一个质量为m的箱子（可看作质点）在水平推力F的作用下静止在倾角为的光滑斜面顶端，斜面底边长度为L。重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．水平推力 B．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角，越大，箱子从斜面顶端由静止下滑到底端所用的时间越短 C．若箱子与斜面之间的动摩擦因数为μ，保持箱子静止，F最小值一定为 D．若箱子与斜面之间的动摩擦因数为μ，F变为沿斜面向上，保持箱子静止，F最大值一定为 7．如图所示，在竖直面内有一圆环，为水平线。圆周上有三根互成的光滑杆、、，每根杆上各套着一个小球，将这些小球从三根杆的顶端分别下滑至点，所用的时间分别为，则其关系为（　　） A． B． C． D．无法确定 8．（多选）如图所示，长为L质量为M=2 m的长木板B放置在质量不计的薄板（带光滑的轻滑轮）上，质量为m可看成质点的小物块A置于木板的左端，A和B通过轻绳相连（轻绳水平），A和B间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g，不考虑其他任何摩擦，在薄板上施加一个水平向右的力F，下列说法正确的是（　　） A．为使AB间不产生相对滑动，拉力F的最大值为0.4 mg B．若F=2 mg，当小物块A滑离长木板B时，小物块A的速度为 C．若F=2 mg，当小物块A滑离长木板B时，薄板移动了3.5 L D．如果将B固定在薄板上，细绳拉力T随着F的增大而增大 9．（多选）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平向右推力的作用下向右加速运动，加速度大小为。车厢内有质量均为的、两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上，球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为0.1，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．B球受到的摩擦力为0 B．杆对的弹力 C．加速度的大小 D．车厢底部对B的支持力 10．一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为的小物块A相连，如图所示，质量为的小物块B紧靠A静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x。从开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做匀加速直线运动，经过一段时间后物块A、B分离，再经过同样长的时间，B距离出发点也为x，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．A、B分离时弹簧弹力为 C．物块B的加速度为 D．经过时间，A、B分离 三、传送带模型 11．如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，两物体质量均为m。现对A施加一水平向左、大小为2mg的恒定拉力，A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的拉力，其大小与B的速度大小成正比为已知常量，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。已知A、B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　 ） A．物体A、B恰好发生相对滑动时的速度大小为 B．物体A、B恰好发生相对滑动时B的加速度大小为 C．从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 D．从静止到恰好发生相对滑动过程B的位移大小为 12．如图所示，水平光滑轨道AB左端墙壁上固定着一个弹簧，弹簧右端紧贴一个质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）。在B处固定着一个半径为R=0.2m的光滑竖直圆形轨道，圆轨道最高点为D，最低点B与C略微错开且分别与水平轨道AB和CE相切。水平轨道CE右侧连接一段水平传送带EF，水平轨道CE与传送带EF长度均为L=2.0m，动摩擦因数均为。传送带以速度逆时针匀速转动，传送带右侧连接一段光滑水平轨道FG，重力加速度取g=10m/s²。 (1)若弹簧初始弹性势能E=1J，求滑块经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小； (2)若滑块最终能够停在CE，求弹簧初始弹性势能E的范围； (3)在不脱轨的条件下，滑块在CE段产生的热量Q与弹簧初始弹性势能E之间的关系。 13．（多选）如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角，并以的速度逆时针匀速运动。在传送带的端轻轻地放一个质量的小物体，经过时间速度达到与传送带相同。已知物体与传送带之间的动摩擦因数，设放上小物体后传送带仍然匀速运动。，，下列判断正确的是（     ） A．在内小物体的加速度大小为 B．在后小物体作匀速运动 C．在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为 D．在内，电机至少需要多消耗的电能 14．如图所示，传送带的水平部分ab长度，倾斜部分bc长度，bc与水平方向的夹角为。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率，现将质量的小煤块（视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度g取，，。求： (1)小煤块在水平传送带上的加速度大小； (2)煤块从a运动到c的时间； (3)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。 15．如图所示，倾角的传送带，两端PQ的距离，以恒定速度顺时针转动。当把质量的物块A无初速度轻放到P端时，立即有质量的子弹射穿它，子弹初速度平行传送带向上，大小为，子弹射穿A后速度变为以后每隔时间就有一颗相同的子弹射中A并穿出，直到物块到达顶端Q。已知物块A与传送带间的动摩擦因数，物体和弹丸均可看成质点，射穿木块的时间不计，且每次射穿时阻力相同，取，，，求： (1)A物体被第二颗子弹击中前，在传送带上的划痕； (2)至少需要射出几颗子弹才能使A物体到达传送带顶端； (3)从第一颗子弹击中木块到木块最终离开传送带的过程中，木块和传送带这一系统所产生的热量。 四、板块模型 16．（多选）如图甲所示，长度可调节、质量始终为的长木板静止在光滑的水平地面上，长木板右端放置一个质量为的小物块（视为质点）。某时刻给长木板一个水平向右的初速度（未知），调节长木板的长度，小物块在长木板上的运动时间为，作出图像如图乙所示。已知小物块与长木板间的动摩擦因数，重力加速度大小取。下列说法正确的是（　　） A． B． C．小物块刚好未滑离长木板时对应的 D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度为3m 17．（多选）如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力，物块在木板上相对于木板滑动的路程为。给木板施加不同大小的恒力，得到的关系如图乙所示，其中与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则下列说法正确的是（     ） A．木板长度为 B．若恒力，物块滑出木板时的速度为 C．当外力时，物块恰好不能从木板右端滑出 D．图中点对应的恒力的值为 18．如图所示，质量为m=2kg的滑块放在水平高台上的A点，高台右侧水平面上固定一带有半径为的光滑圆弧轨道的物体，圆弧轨道的圆心角为α=37°，物体的右侧并排放置长为L=6m、质量为M=1kg的长木板，长木板的上表面与圆弧的最低点平滑相切。某时刻在滑块上施加一水平向右的恒力F=5N，使滑块从静止开始运动，经过一段时间滑块运动到高台边缘的B点时将恒力撤走，滑块恰好沿切线方向从C点进入圆弧轨道，最终滑上长木板。已知A、B两点之间的距离为s=4m，滑块与高台AB间的动摩擦因数为μ1=0.05，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)B、C两点的高度差H； (2)滑块运动到圆弧轨道D点时，滑块对圆弧轨道的压力大小； (3)若长木板固定，滑块刚好能运动到长木板的最右端；若长木板不固定，从滑块滑上长木板到长木板静止过程中，地面对长木板做的功。 19．如图甲所示，下端带有挡板、光滑且足够长的斜面固定在水平地面上，物块a、b用轻弹簧连接，一不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮后一端与物块b连接，另一端连接轻质挂钩，滑轮左侧轻绳与斜面平行。开始时物块a、b静止，在挂钩上挂一物块c（图中未画出）并由静止释放，当物块b的速度减为零时，物块a刚要开始滑动。物块b运动过程中不会碰到定滑轮。弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的弹力F随物块b的位移x变化的关系如图乙所示。已知斜面与水平地面之间的夹角为，物块a的质量为，取重力加速度。求： (1)物块b的质量； (2)从物块b“开始运动”到“速度减为零”的过程中，物块沿斜面运动的距离以及物块c的质量； (3)物块b在运动过程中速度的最大值。 五、牛顿运动定律与图像的结合 20．如图所示，t=0时小球从C点自由下落，t1时刻小球经过弹簧原长处B，t2时刻小球下落至最低点A。取A位置所在水平面为零势能面，规定竖直向下方向为正方向。Ek表示小球的动能，E表示小球的动能和重力势能之和，x表示小球从C点下落的位移，从小球刚下落时开始计时，不计空气阻力，重力加速度为g。下列图像可能正确的是（　　） A．B．C．D． 21．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间动摩擦因数； (2)力F的大小； (3)物块最终停止时的位置与木板右端的距离。 试卷第10页，共10页 试卷第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 《3 牛顿运动定律的应用》参考答案 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B D C D B BC AB C D 题号 13 16 17 20 答案 AD BD AC A 1．(1)， (2) (3) 【详解】（1）假设物块与木板之间相对滑动，研究物块A，根据牛顿第二定律 解得 研究木板B，根据牛顿第二定律 解得 ，假设成立。 （2）木板B运动到挡板的过程，解得运动时间 这段时间A的位移，物块A相对于木板B下滑的相对位移 木板长度 B碰撞挡板后静止，此时A的速度，A距离挡板的距离为​ 物块A继续向下匀加速，到挡板时速度为，根据速度位移关系 物块A原速率弹回后向上匀减速，刚好不滑出时，向上滑动后速度减为0，根据牛顿第二定律 解得，故 联立解得 木板长度 综上，木板的最小长度 （3）在物块A上施加沿斜面向上的拉力F，A、B相对静止一起向下运动，根据牛顿第二定律 整理得： 分两种临界情况： 临界1：F过小，物块A相对B向下滑：物块A受最大静摩擦力沿斜面向上，研究物块A，根据牛顿第二定律 代入得 临界2：F过大，物块A相对B向上滑：物块A受最大静摩擦力沿斜面向下，研究物块A，根据牛顿第二定律 代入得 初始由静止释放，要向下运动，加速度需满足（为匀速向下，符合向下运动要求） 即 ，得 综上，拉力范围 2．B 【详解】物块在斜面上沿挡板与斜面的交线下滑。斜面倾角，物块受到重力、斜面支持力、挡板支持力，沿挡板向下的重力分力，以及斜面摩擦力和挡板摩擦力，由沿斜面向下的重力的分力提供，受力示意图如图 故垂直斜面方向，垂直于方向，沿方向重力分力，斜面摩擦力，挡板摩擦力 根据牛顿第二定律，沿方向加速度 代入数据解得 3．B 【详解】A．、恰好分离时，具有向上的加速度，此时弹簧一定处于压缩状态，故A错误； B．设开始时弹簧压缩量为，则有 解得 分离瞬间，对分析，有 且 两式联立解得，故B正确； CD．对两物体受力分析知，开始运动时最小，分离时最大，则 对分析，有 解得，故CD错误。 故选B。 4．D 【详解】A．物体放在斜面上时，重力分力 最大静摩擦力 因为，物体受力平衡，保持静止，不能下滑，故A错误。 B．当时，外力沿斜面向上，受力平衡 代入数据，故B错误。 CD．物体匀速上滑，沿斜面和垂直斜面方向受力平衡，沿斜面 垂直斜面 联立得： 分母取最大值时，最小，由数学知识得分母最大值出现在 即，外力最小 当时，求得 故C错误，D正确。 故选D。 5．C 【详解】A、B与布料间的动摩擦因数均相同，B的质量大于A的质量，由f=μmgcosθ 可知B与布料的最大静摩擦力大于A与布料的最大静摩擦力，轻质布料质量忽略不计，故所受合力为0，所以B给布料施加的静摩擦力等于A的滑动摩擦力，即B和布料之间不能发生相对滑动； 当动摩擦因数为0.5时，mgsinθ=0.6mg＞fA2=μmgcosθ=0.4mg A相对布料向下滑动，B和布料相对静止沿斜面向下滑动； 当动摩擦因数为0.8时， 假设A和B与布料都相对静止，此时对B和布料整体 对A物体 解得 而A物体向上滑动的最大加速度为 说明此时A与布料发生相对滑动，且A物体相对斜面向上滑动，B与布料相对静止沿斜面向下滑动。故选C。 6．D 【详解】A．若斜面光滑，由平衡条件得水平推力 故A错误； B．若斜面光滑，箱子从斜面下滑过程中，由牛顿第二定律得 由位移公式得 联立解得 可知改变斜面的倾角，当，即时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短。所以保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角，越大，箱子从斜面顶端由静止下滑到底端所用的时间先减小后增大。故B错误； C．若箱子与斜面之间的动摩擦因数为μ，保持箱子静止。若 即，没有F，即F=0，箱子也可以静止在斜面上。若，箱子刚好要下滑时F值最小，由平衡条件得， 联立解得，故C错误； D．若箱子与斜面之间的动摩擦因数为μ，F变为沿斜面向上，保持箱子静止，若箱子刚好要上滑时F值最大，由平衡条件得， 联立解得，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】审题可知点并不是圆的最低点，无法直接使用“等时圆”模型，但可间接使用，以点为最低点，取合适的竖直半径作等时圆，使点落在圆周上，圆周交与点，如图所示 由等时圆结论可知 由图可知， 故 故选B。 8．BC 【详解】A．设绳子张力为，薄板质量不计，因此滑轮受力满足 AB不发生相对滑动时，则两者加速度相同，即 对A受力分析，由牛顿第二定律有 对B受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得 当达到最大静摩擦时，则，故A错误； B．当时，则 AB发生相对滑动， 对A有 解得 对B有 解得 A相对于B的相对加速度 滑离时相对位移 解得 则 A的速度，故B正确； C．绳子总长不变，可得加速度关系 则薄板加速度 薄板的位移，故C正确； D．B固定在薄板上时，当力比较小时，两者一起加速，对于物块，由摩擦力提供合外力，绳拉力为零，此过程，拉力增大，绳的拉力没有增大，故D错误。 故选BC。 9．AB 【详解】ABC．整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 代入数据解得加速度的大小为 对A球受力分析，竖直方向受力平衡，由平衡条件可得 代入数据解得杆对的弹力大小为 对B球受力分析可知，杆的弹力沿水平方向的分力为 因此B球在水平方向不受摩擦力，故AB正确，C错误； D．对B球受力分析，竖直方向根据平衡条件可得 结合上述结论解得，故D错误。 故选AB。 10．C 【详解】A．初始时弹簧的压缩量为x，把A、B看成一个整体，根据平衡条件，有 解得，故A错误； B．设经过时间t，A、B分离，则该段时间小物块的位移 由题知B经过2t时间的位移 则 物块A、B分离时弹簧压缩量为，可知弹力，故B错误； C．A、B分离临界条件为A、B间的弹力为0，则对A，根据牛顿第二定律，有 解得，故C正确； D．根据位移-时间公式，有 代入数据解得，故D错误。 故选C。 11．D 【详解】AB．对A、B组成的整体进行分析，系统在竖直方向受力平衡，地面对A的支持力，即 整体受到的滑动摩擦力，即 根据牛顿第二定律有，即 化简得 对物体B进行隔离分析，在竖直方向有A对B的支持力 物体B随A一起向左加速，其向左的加速度由A对B的静摩擦力提供，故，即 当A、B恰好发生相对滑动时，A对B的静摩擦力达到最大静摩擦力，即，即 联立解得 解得此时的速度大小 代入加速度表达式解得此时B的加速度大小 故AB错误； CD．从静止到恰好发生相对滑动的过程中，运用微元法，在极短时间内根据动量定理有，即 因微小位移，则有 对整个过程累加求和得 即 将代入，解得位移大小 故C错误，D正确。 故选D。 12．(1) (2) (3)当时，；当时，；当时， 【详解】（1）弹簧弹性势能全部转化为滑块在B点的动能，由机械能守恒定律有 解得 在B点，由向心力公式有 解得 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为。 （2）滑块要到达CE，必须完整通过圆轨道，不脱轨通过最高点D的最小条件为 解得 从B到D由机械能守恒得B点的最小动能 即最小弹性势能 滑块最终停在CE，不能到达F进入光滑轨道FG，因此弹性势能最大满足滑块从C到F全程摩擦力做功后，动能不大于0，即 因此的范围为 （3）不脱轨分四种情况。第一种：滑块第一次进圆轨道，上升不超过圆心高度，不脱轨，滑回AB，未进入CE，由能量守恒定律有 因此当时，滑块未进入CE，则 第二种：滑块进入CE，但未进入传送带，当滑块恰好运动到点时速度为零，由能量守恒定律有 因此当时，滑块出圆轨道后直接停在CE段，则 第三种：滑块进入CE，能够进入传送带，然后返回CE，返回达到点时，速度大小等于进入传送带的速度，相当于滑块在CE一直减速至停止，因此当时，有 第四种：当时，滑块通过完整CE，进入传送带后到达FG，不再返回，仅在CE运动一次全程，因此 13．AD 【详解】A．经过时间速度达到与传送带相同，共速前，对小物体由牛顿第二定律可得 解得在内小物体的加速度大小为，故A正确； B．共速后，由于，可知在后小物体继续做匀加速直线运动，故B错误； C．小物体与传送带共速所用时间为 在内小物体的位移大小为 传送带的位移大小为 则在内小物体与传送带因摩擦产生的热量为，故C错误； D．在内，根据能量守恒定律可得 代入数据解得电机至少需要多消耗的电能为，故D正确。 故选AD。 14．(1)4m/s² (2)5s (3)5.6m 【详解】（1）煤块在水平传送带上运动时，由牛顿第二定律可得 煤块运动的加速度 （2）煤块从静止加速到与传送带共速的距离为 故煤块在水平传送带上先加速，后匀速运动。 加速时间为 匀速运动的时间 在倾斜传送带上,由于 故煤块在倾斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得 可得煤块在倾斜传送带上的加速度为 根据匀加速运动的位移与时间的关系有 解得 故煤块从a运动到c的时间 （3）煤块在水平传送带的相对位移为 煤块在倾斜传送带的相对位移为 由于与是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为5.6m。 15．(1) (2)颗 (3) 【详解】（1）第一颗子弹射穿后，由动量守恒： 解得 ，A速度大于传送带，摩擦力沿斜面向下，加速度：，方向沿斜面向下 A减速到传送带速度的时间： 此阶段A的位移： 传送带位移： A相对传送带向上的位移： 共速后，，A继续减速，摩擦力向上，加速度：， 方向沿斜面向下 到第二颗击中前剩余时间 末A速度： 此过程A位移： 传送带位移： 相对位移：（相对向下） 划痕长度为最大相对位移，即 （2）每经过1s（两次子弹间隔），A向上总位移为，且每次击中前A速度减为0，击中后速度回到，每个周期位移恒为 4颗子弹击中后，经过4个周期，总位移：，未到达顶端 第5颗子弹击中后，A速度回到，剩余位移： 由，即 解得，即可到达顶端 因此至少需要颗子弹 （3）热量，滑动摩擦力 前4个周期，每个周期相对滑动路程为 总相对路程： 第5颗击中后，走剩余用时，传送带位移 相对路程： 总相对路程： 因此 【点睛】 16．BD 【详解】AB．小物块在长木板上滑动时，小物块做匀加速运动，加速度大小 长木板做匀减速运动，加速度大小 设经过时间t小物块滑离长木板，此过程中长木板位移 小物块位移 相对位移即板长 整理得 由图乙可知，图像纵轴截距为6，则，图像斜率绝对值 即 解得 则 由 解得，故A错误B正确； C．小物块刚好未滑离长木板时，两者速度相等，经历时间 此时 即图中，故C错误； D．小物块刚好未滑离长木板时，长木板的长度，故D正确。 故选BD。 17．AC 【详解】A．当较小时，物块最终会滑出木板，相对滑动路程等于木板长度，因此不变，对应图乙段 得，故A正确； B．物块在滑动时的加速度大小恒为（向左，减速） 木板的加速度 时 设滑出时间为，相对位移 代入数据解得 物块速度，故B错误； C．物块恰好不滑出的临界条件：共速时相对位移刚好等于木板长度。共速时 代入， 得 相对位移 化简得 解得，即时物块恰好不滑出，故C正确； D．当后，物块和木板共速后，若要保持相对静止，整体最大加速度 由整体牛顿第二定律 当，共速后会继续发生相对滑动，物块最终从左端滑出，因此段的端点对应，故D错误。 故选AC。 【点睛】B选项也可从动量，能量角度解题。 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块从A到B的过程，由动能定理得 解得 滑块离开B点后做平抛运动，由于滑块恰好沿切线方向从C点进入圆弧轨道，则滑块在C点时有 滑块从B到C的时间为 则B、C两点的高度差为 解得 （2）滑块在C点的速度大小为 滑块从C到D的过程，由动能定理得 解得 在D点由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律可知，滑块刚到D点时对轨道的压力大小为 （3）若长木板固定，由于滑块刚好能运动到长木板的最右端，由动能定理得 解得 若长木板不固定，滑块滑上长木板后，滑块向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，对滑块由牛顿第二定律得 解得 对长木板由牛顿第二定律得 解得 设经时间二者达到共速，共同的速度为v，对滑块有 对长木板有 解得 该过程长木板的位移为 滑块的位移为 滑块在长木板上滑过的距离为， 又由于，说明二者共速后共同减速直到静止； 共同减速的过程，对整体由牛顿第二定律得 解得 该减速过程的位移为 长木板静止时，木板的水平位移为 地面对长木板做的功为 19．(1) (2)， (3) 【详解】（1）开始时、静止，弹簧压缩，由图乙得此时弹簧弹力大小 对沿斜面受力平衡 解得 （2）当速度减为零时，刚要滑动，弹簧拉力等于的重力分力 由图乙得弹簧劲度系数 初始压缩量 末态伸长量 因此沿斜面运动的总距离 对、整体全过程用动能定理 解得 （3）速度最大时合力为零，对、整体受力平衡 解得此时弹簧弹力 ，弹簧伸长量 ，的位移 此时弹簧弹性势能与初始弹性势能相等，由动能定理 解得 【点睛】 20．A 【详解】A．在阶段，小球做初速度为零的匀加速直线运动，图像为过原点的直线；在阶段，小球受重力与逐渐增大的弹力作用，加速度先减小后反向增大，速度随时间呈曲线变化，并在时刻减为零，故A正确； B．在阶段，加速度为恒定量，图像应为水平直线；在阶段，由牛顿第二定律得加速度 加速度与位移呈线性关系，图像为倾斜直线，到达最低点时重力势能的减少量全部转化为弹性势能，根据能量守恒 可解得加速度，故B错误； C．根据动能定理，在阶段，动能，图像应为过原点的直线，斜率为；在阶段，动能，当时动能达到最大，故C错误； D．在阶段，仅有重力做功，守恒，图像应为水平直线；在阶段，弹力做负功，，图像应为曲线，故D错误。 故选A。 21．(1)， (2) (3) 【详解】（1）图像出现拐点，说明此时物块与木板共速，则之前木板一直比物块运动得快一些，即之前物块受力没有发生变化，一直做匀加速运动，对物块由牛顿第二定律得 由图像得 解得 在内，对木板由牛顿第二定律可得 由图像得 解得 （2）撤去拉力前，木板的加速度 根据牛顿第二定律有 解得 （3）由题图乙可知共速时速度为，则在内物块位移为 内木板位移为 在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度为 物块到停止的时间还需 木板的加速度大小为，则有 解得 木板到停止的时间还需 所以木板比物块先停止运动，在末到物块停止运动的时间内，物块的位移为 木板的位移为 则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为 答案第10页，共16页 答案第9页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $